Delft,16juni,2016 week4.9,donderdagK.P.Hart TW2040:ComplexeFunctietheorie

(1)

TW2040: Complexe Functietheorie

week 4.9, donderdag

K. P. Hart

Faculteit EWI TU Delft

Delft, 16 juni, 2016

(2)

Outline

1 III.7 Applications of the Residue Theorem Nulpunten tellen

Integralen uitrekenen

(3)

III.7 Applications of the Residue Theorem

Nulpunten en polen

Stelling (III.7.4)

Stel α is een kromme die alle nulpunten en polen van de meromorfe functie f insluit, met index 1.

Dan geldt

1 2πi

Z

α

f⁰(ζ)

f (ζ) dζ = N(0) − N(∞)

hierbij is N(0) het aantal nulpunten van f en N(∞) het aantal polen van f .

(4)

Het argumentprincipe

Zij f : D → C analytisch en α een kromme in D waar geen nulpunt van f op ligt.

Dan geldt

1 2πi

Z

α

f⁰(ζ)

f (ζ) dζ = χ(f ◦ α; 0)

In woorden: het aantal nulpunten van f binnen α is gelijk aan het aantal malen dat f ◦ α om 0 draait.

(5)

Het argumentprincipe: bewijs

Er geldt

χ(f ◦ α; 0) = 1 2πi

Z

f ◦α

1 ζ dζ

= 1 2πi

Z b a

1

f (α(t))f⁰(α(t))α⁰(t) dt

= 1 2πi

Z

α

f⁰(ζ) f (ζ) dζ

(6)

Stelling van Rouch´ e

Stelling

Zij D een elementair gebied en laat f en g analytisch zijn op D.

Laat α een stuksgewijs gladde gesloten kromme in D zijn, z´o dat

g (ζ) <

f (ζ)

(ζ op α)

Dan geldt 1 2πi

Z

α

f⁰(ζ)

f (ζ) dζ = 1 2πi

Z

α

(f + g )⁰(ζ) (f + g )(ζ) dζ

(7)

Stelling van Rouch´ e: bewijs

Merk op: op α liggen geen nulpunten van f en ook niet van f + g . Definieer voor s ∈ [0, 1] de functie hs door hs(ζ) = f (ζ) + s · g (ζ).

Geen enkele hs heeft een nulpunt op α.

Dus, voor elke s is

1 2πi

Z

α

h_s⁰(ζ) hs(ζ)dζ goed gedefinieerd.

Nog mooier . . .

(8)

Stelling van Rouch´ e: bewijs

. . . de functie

I : s 7→ 1 2πi

Z

α

h⁰_s(ζ) h_s(ζ)dζ is continu.

Als sn→ s dan h_s_n → h_s lokaal uniform, en dus ook h⁰_s_n → h⁰_s lokaal uniform.

En dan h⁰_s_n/h_s_n → h_s⁰/h_s uniform op α.

Maar I neem alleen gehele waarden aan, dus I is constant op [0, 1].

(9)

Stelling van Rouch´ e: bewijs

Maar dan 1 2πi

Z

α

f⁰(ζ)

f (ζ) dζ = I (0) = I (1) = 1 2πi

Z

α

(f + g )⁰(ζ) (f + g )(ζ) dζ

Want h0= f en h1 = f + g .

(10)

Stelling van Rouch´ e: andere formulering

Je ziet ook wel de eis

|f (ζ) + g (ζ)| < |f (ζ)| + |g (ζ)| (ζ op α) en de conclusie

1 2πi

Z

α

f⁰(ζ)

f (ζ) dζ = 1 2πi

Z

α

g⁰(ζ) g (ζ) dζ via hs = (1 − s) · f + s · g .

De gegeven eis impliceert dat f (ζ)/g (ζ) nooit negatief is en dus dat h_s nooit nulpunten op α heeft.

(11)

Stelling van Rouch´ e: gevolgen

In beide gevallen: als χ(α; z) alleen de waarden 0 of 1 aanneemt dan hebben f en f + g (eerste geval), of f en g (tweede geval) evenveel nulpunten binnen α.

(12)

Stelling van Rouch´ e: voorbeelden

Bekijk f (z) = z⁸ en g (z) = 5z⁷− 20.

Als |z| = 6 dan |f (z)| = 6⁸ en |g (z)| 6 5 · 6⁷+ 20 < 6⁸. Dus z⁸ en z⁸+ 5z⁷− 20 hebben evenveel nulpunten binnen de cirkel met straal 6 om 0 en dat aantal is acht.

(13)

Een formule voor de inverse

Stel je weet dat f ´e´en enkelvoudig nulpunt binnen een cirkel α heeft.

Dat nulpunt is gelijk aan 1 2πi

Z

α

ζf⁰(ζ) f (ζ) dζ

Noem dat nulpunt even a; vermenigvuldig de Laurentreeks van f rond a met ζ en integreer, alleen

1 2πi

Z

α

ζ ζ − adζ blijft over.

(14)

Een formule voor de inverse

Algemeen: als f injectief is op Ur(0) dan wordt de inverse gegeven door

f⁻¹(w ) = 1 2πi

Z

α

ζf⁰(ζ) f (ζ) − w dζ

met α een geschikte cirkel om 0 is (straal dicht genoeg bij r ).

(15)

De Errorintegraal: R

∞

−∞

e

^−x²

dx

Dit gaat een beetje met een omweg. Zij a = (1 + i )p_π

2 =√ πe¹⁴^πi. Zij

g (z) = e^−z² 1 + e^−2az Opmerkingen

a² = πi

dus e^−2a(z+a) = e^−2az, en

g (z) − g (z + a) = ê^−z2_1+e^−e−2az^−(z+a)2 = ê^−z2^(1−e_1+e−2az^−2azê^−a2⁾ = e^−z²

(16)

Een kromme en een pool

a

−R R

−R + a R + a

1 2a

Zij ΓR het bovenstaande paralellogram.

g heeft ´e´en singulariteit binnen Γ_R: in ¹₂a

(17)

Residu en integraal

We hebben een pool van orde 1 met als residu lim

z→¹₂a

(z − 1

2a)g (z) = e⁻¹⁴^a² lim

z→¹₂a

z − ¹₂a 1 + e^−2az

= e⁻¹⁴^a²

−2ae^−a² = e⁻¹⁴^πi

−2√

πe¹⁴^πie^−πi

= − i 2√

π

Dus I

ΓR

g (z) dz = 2πi · −i 2√

π =√

π

(18)

Verdeel de integraal in stukken

Onderkant: RR

−Rg (x ) dx Bovenkant: R−R

R g (x + a) dx Samen: RR

−Rg (x ) − g (x + a) dx =RR

−Re^−x²dx Dus, als R → ∞ dan geven deze twee onsR∞

−∞e^−x²dx

(19)

De zijkanten

Aan de rechterkant z = R + at (0 6 t 6 1), en dus z²= R²+√

2πRt + (πt²+√

2πRt)i , en

|e^−z²| = e^−R²⁻

√2πRt

6 e^−R²

2az = 2aR + 2a²t =√

2πR + (√

2πR + 2πt)i , en

|e^−2az| = e⁻

√ 2πR

Samen geeft dat

e^−z² 1 + e^−2az

6 e^−R² 1 − e⁻

√2πR

(20)

De zijkanten

Aan de linkerkant z = −R + at (0 6 t 6 1), dus z²= R²−√

2πRt + (πt²−√

2πRt)i , en

|e^−z²| = e^−R²⁺

√

2πRt 6 e^−R²⁺

√ 2πR

2az = −2aR + 2a²t = −√

2πR + (−√

2πR + 2πt)i , hence

|e^−2az| = e

√2πR

Samen nemen e^−z²

1 + e^−2az

6 e^−R²⁺

√2πR

√ = e^−R²

√

(21)

The sides

Dus aan elke kant, zeg γ_R, hebben we

Z

γR

g (z) dz

6 e^−R² 1 − e⁻

√2πR ·√ π En dus lim_R→∞R

γRg (z) dz = 0.

Klaar! Want we hadden I

ΓR

g (z) dz =√ π voor alle R

(22)

Integreren rond een vertakkingspunt

We berekenenR∞ 0

x^a

1+x²dx (0 < |a| < 1, a re¨eel).

We moeten (waarschijnlijk) de (complexe) functie f (z) =_1+z^z^a2

hebben

maar welke tak?

We snijden de positieve re¨ele as weg

en defini¨eren een tak van z^a door exp(a log z), waarbij log z = ln|z| + i arg z met 0 < arg z < 2π.

Dus z^a = |z|^a· e^{ia arg z}.

Welke kromme? Iets met de positieve re¨ele as . . .

(23)

De kromme

De kromme Γε,R bestaat uit Interval [ε, R]

Cirkel met straal R (positief) Interval [ε, R] (andersom) Cirkel met straal ε (negatief) Dit is niet geheel correct, straks verbetering

(24)

Singulariteiten en residuen

De functie f (z) heeft twee singulariteiten binnen Γ_ε,R: i en −i (polen van orde 1), als ε < 1 < R.

Residuen:

Res(f , i) = 1 2ii^a = 1

2ie¹²^aπi en

Res(f , −i) = 1

−2i(−i)^a = −1 2ie³²^aπi

Dus I

Γ_ε,R

f (z) dz = π(e¹²^aπi− e³²^aπi)

(25)

De integraal in delen

We verdelen de integraal in Z R

ε

x^a 1 + x² dx I

|z|=R

f (z) dz Z ε

R

x^ae^2aπi

1 + x² dx = −e^2aπi Z R

ε

x^a 1 + x²dx I

|z|=ε

f (z) dz

(26)

Afschatten

De grote cirkel:

I

|z|=R

f (z) dz

6 2πR R^a R²− 1

en 1 + a < 2, dus het rechterlid convergeert naar 0 als R → ∞ De kleine cirkel:

I

|z|=ε

f (z) dz

6 2πε ε^a 1 − ε²

en 1 + a > 0 dus het rechterlid convergeert naar 0 als ε → 0

(27)

Alles samennemen

Na limiet nemen,voor R → ∞ en ε → 0, krijgen we (1 − e^2aπi)

Z ∞ 0

x^a

1 + x² dx = π(e¹²^aπi− e³²^aπi) en dus

Z ∞ 0

x^a

1 + x²dx = πe¹²^aπi(1 − e^aπi)

1 − e^2aπi = π 2 cos¹₂aπ (ga maar na . . . )

(28)

De kromme nogmaals

Γ_ε,R Γ_ε,R,θ

I

Γ

f (z) dz = lim

θ→0

I

Γ

f (z) dz

(29)

Een vraag

(http://www.wisfaq.nl/show3archive.asp?id=60954&j=2009)

(30)

Laten we deze student helpen

Het gaat, kennelijk, om Z ∞

0

√ 1

x (1 + x²)dx (Die hebben we net gedaan a = −¹₂.) i is inderdaad een pool van orde 1, maar . . . . . . “0 is een pool van orde ¹₂”??

(31)

Laten we deze student helpen

Hij gebruikt kennelijk een andere kromme Γ_ε,R:

De tak van de logaritme heeft−¹₂π < arg z < ³₂π

(32)

Laten we deze student helpen

De integralen over de grote en kleine boog kon onze vriend naar nul praten.

Het residu in i:

Res(f ; i) = 1

√i · 2i dus de integraal is gelijk aan

√π i en dat is natuurlijk gelijk aan

πe⁻¹⁴^πi= π 2

√ 2 − iπ

2

√ 2

(33)

Laten we deze student helpen

Nu nog

Z 0

−∞

√ 1

x (1 + x²)dx Wat is√

x voor x < 0?

Voor x < 0 geldt√

x =p|x|i = i√

−x Nu substitutie “x → −x ” krijgen we

Z 0

−∞

√ 1

x (1 + x²)dx = i Z ∞

0

√ 1

x (1 + x²)dx

(34)

Laten we deze student helpen

Eindresultaat

Z ∞ 0

√ dx

x (x²+ 1) = π√ 2 2

Doe Z ∞

0

x^a 1 + x² dx ook eens met behulp van deze kromme.

(35)

E´ en van de beste van Euler

∞

X

n=1

1 n² = π²

6

(36)

Een nuttige functie en een nuttige kromme

We gebruiken

f (z) = π z²

cos πz sin πz en grote vierkanten als krommen.

ΓN is het vierkant met hoekpunten (±1 ± i )(N +¹₂).

(37)

Hier is Γ

₃

De kromme Γ3

Pool van orde 3 in 0

Polen van orde 1 in alle andere gehele getallen

(38)

Residuen

Makkelijke residuen in de n ongelijk aan 0:

Pool van orde 1, dus n invullen in π z²

cos πz (sin πz)⁰ en dat geeft

Res(f , n) = π n²

cos πn π cos πn = 1

n²

(39)

Residuen

We berekenen een paar termen van de Laurentreeks van ^{cos z}_{sin z} via (a−1

z + a₀+ a₁z + · · · )(z − 1

6z³+ · · · ) = 1 −1

2z²+ · · · of

a−1+ a0z + (a1−1

6a−1)z²+ · · · = 1 −1

2z²+ · · · dus: a−1 = 1, a0 = 0, a1 = −¹₂+ ¹₆a−1= −¹₃.

(40)

Residuen

We vinden

f (z) = π z²

1 πz −1

3πz + · · ·

= 1 z³ −π²

3 1 z + · · · en dus

Res(f , 0) = −π² 3

(41)

De integralen

Voor elke N geldt dus, 1 2πi

I

ΓN

f (z) dz = −1 3π²+ 2

N

X

n=1

1 n² Nu laten we nog zien

N→∞lim I

ΓN

f (z) dz = 0

(42)

Afschattingen

Lengte van Γ_N: 4 × (2N + 1) = 8N + 4.

Op Γ_N geldt _|z|¹2 6 _N¹2. Herinner:

|cos z| =p

sinh²y + cos²x en

|sin z| =p

sinh²y + sin²x

(43)

Afschattingen

Als x = ±(N +¹₂) dan

|cotan πz| =

psinh²πy psinh²πy + 1 6 1

(44)

Afschattingen

Als y = ±(N +¹₂) dan

|cotan πz| = q

sinh²π(N +¹₂) + cos²πx q

sinh²π(N +¹₂) + sin²πx

6 q

sinh²π(N +¹₂) + 1 q

sinh²π(N +¹₂) 6 2

(als N > 1).

(45)

Afmaken

Alles bij elkaar:

I

Γ_N

f (z) dz

6 (8N + 4) × π × 2 N²

en dat is genoeg om de limiet gelijk aan 0 te doen zijn.

(46)

Opgaven

Nuttige opgaven: III.7: 1, 2, 3, 4, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16 Verdiepende opgaven: III.6: 2, 8, 10;